Đề kiểm tra chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 cấp quận vòng 1 năm 2022-2023 môn toán (có đáp án và lời giải chi tiết

UBND QUẬN ĐỀ KIỂM TRA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP QUẬN VÒNG 1- NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN ĐỀ C HÍN
H THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 2 x  x 2x  x 2 x   1
Câu 1. ( 5 điểm) Cho biểu thức A   
với x  0; x  1 . x  x 1 x x 1
a) Rút gọn biểu thức A . x   3 5 2 17 5  38
b) Tính giá trị của biểu thức A khi  . 12 5  14  6 5 c) Đặt 2  x B
, chứng tỏ rằng 0  B  2 . A
Câu 2. ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: 3 2 x 3x a) 3 x      . x   28 0 3 1 x 1 1 5 b)   4. 3  x 4  x Câu 3. ( 3 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn 2
p  23 có đúng 6 ước số dương. 2 2 x  y 2 xy
b) Cho x, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M   . xy x  y
Câu 4. ( 6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H. Chứng minh rằng: 1 a) S  .
BA BC.sin B và A . E BF.C D  A . B B . C C . A cos . A cos . B cos . C ABC 2 AD b) t . anB tanC  . HD
c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF . H . B HC HC.HA H . A HB d)    1. . AB AC BC.BA C . A CB
Câu 5. ( 1 điểm) Cho 1000 điểm phân biệt trên mặt phẳng M , M , M ,..., M . Vẽ một đường 1 2 3 1000
tròn C tùy ý có bán kính R  1 .Chứng minh rằng tồn tại điểm A trên đường tròn C thỏa mãn
AM  AM  AM  ...  AM 1000 . 1 2 3 1000
...............HẾT.............. Trang 1
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:............................................................... Số báo danh:........................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN - VÒNG 1 NĂM HỌC: 2022 - 2023
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Ý
Nội dung cần đạt Điểm
Với x  0; x  1 2 x  x 2x  x 2 x   1 A    x  x  1 x x 1 x x x   1 x 2 x   1 2 x   1  x   1    0,5 a x  x 1 x x 1  x  x   1  2 x   1  2 x   1 1,0
 x  x 1 0.5
Vậy A  x  x 1 . x   3 5 2 17 5  38  5 2 5 2   12   5  3  5 0,5 5 14 6 5 x 1 1   5,0 b 12 3 0.5  x  4 (tmđk)
Thay x  4 vào biểu thức A ta được
A  4  4 1  3 A  x  0.5 Vậy 3 khi 4. 2 x 2 x B   A x  x  1 2  1  3
Vì x  0; x  1 2 x  0 và x  x 1  x    0  B  0   c  2  4  0.5 x  2 2 1 Xét hiệu 2  B   0  B  2 x  x  1 Vậy 0  B  2 1.0 Trang 2 3 2 x 3x a) Giải phương trình 3 x     x   . Điều kiện 1 x   28 0 3 1 x 1 3 2 2  x  x  x     x x 3 x   3  27  0     0.5  x 1 x 1 x 1 x 1 3 2 2 2 2  x   x   x    0.5 3  3 1  27        x 1  x 1  x 1 a 3 2  x  0.5 3  1  3    x 1  2 x 0.5  1 3 x  1 2
 x  4x  4  0 0.5  x  2 (tmđk) Vậy x  2 .
b) Giải các phương trình sau 1 5   4 . 3  x 4  x 2 0.5 1 1 1  y 2 Điều kiện x  3  . Đặt
 y  0  x  3   x  4  5,0 2 2 x  3 y y 5 y
Ta có phương trình y   4 2 1  y 0.5 2 5y  2 1    y y 2   0 2 1  y 2 2 5 y  4  4    y y  2 0 2 1  y  2
5 y  2 1  y  0.5    y   y  2    2 1  0 b   2 1  0.5  y  2 5 y  2 1   y   y  2 1 11 
 2  x   (tmđk) 3  x 4 0.5 11 Vậy x   . 4 Trang 3 Xét p  2 2
 p  23  27 có 4 ước dương (loại) Xét 2
p  3  p  23  32 có 6 ước dương (tm) 0.5
Xét p  3 . Ta thấy p lẻ nên 2 2
p  23  p 1 24   p   1  p   1  24 0.5
Chia hết cho 8 nên có các ước só là 1,2,4,8 . a
Mặt khác p không chia hết cho 3 nên  p   1  p   1 chia hết cho 3. Do đó 0,5 2
p  23 có các ước số là 3,6,12, 24 (loại). Vậy p  3.
x  y2  xy 2 xy x  y2 2 2 xy Ta có: M     4   6 0.5 xy x  y xy x  y 3 x  y2 2 xy 4 x  y 2 xy M  2 .4   6    6 xy x  y xy x  y 0.5 3.0 7 x  y x  y 2 xy 7.2 xy
x  y 2 xy     6   2 .  6  3 . 2 xy 2 xy x  y 2 xy 2 xy x  y 0.5 b   x  y  x  y2 Dấu bằng xảy ra    4  x  y . xy   x  y 2 xy  . 2 xy x  y 
Vậy gía trị nhỏ nhất của M bằng 3 khi và chỉ khi x  . y A E F H 4 C B D 1 a) Ta có: SABC = .BC.AD. 6.0 a 2 0.5 Trang 4 1
ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = BC.BA.sinB. 2 0,5
ABE vuông ở E có AE = AB.cosA 0,5
BFC vuông ở F có BF = BC.cosB 0.5
ACD vuông ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC AD AD b) Xét ABD có tanB = ; ACD có tanC = BD CD 2 AD 0,5 suy ra tanB.tanC = (1) b BD.CD  DH BD (cùng phụ với   0.5 Do HBD CAD
ACB ) nên BDH  ADC (g.g)  DC AD BD.DC = DH.DA 2 AD AD
Kết hợp với (1) được tanB.tanC =  . 0,5 DH.AD DH
c) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF  ABC . 0.5
Tương tự được CED  CBA nên AEF  CED mà BE  AC  AEB  CEB 0.5
= 900. Từ đó suy ra FEB  DEB  EH là phân trong của DEF.
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của  0.5 DEF. c
d) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC. CH CE
Dễ thấy CHE  CAF(g.g)   CA CF 0.25 H . B HC H . B CE 2.S S d    BHC  BHC 0.25 A . B AC A . B CF 2.S S ABC ABC HC.HA S H . A HB S Tương tự có  CHA ;  HAB . 0.25 BC.BA S C . A CB S CBA CAB H . B HC HC.HA H . A HB S S S Do đó:  
 BHC  CHA  AHB 1 0.25 A . B AC BC.BA C . A CB S S S BAC CBA ACB
Trên đường tròn C ta kẻ đường kính A A tùy ý  A A  2 1 2 1 2 Ta có
A M  A M  A A  2 1 1 2 1 1 2
A M  A M  A A  2 5 1 2 2 2 1 2 1.0 …………. A M  A M  A A  2 0.5 1 1000 2 1000 1 2  
A M  A M  A M  ...  A M
 A M  A M  A M  ... A M  2000   1 1 1 1 2 1 3 1 1000   2 1 2 2 2 3 2 1000  Trang 5
Theo nguyên lý Dirichlet thì từ   1 suy ra trong hai tổng
A M  A M  A M  ...  A M
và A M  A M  A M  ...  A M có ít nhất một 1 1 1 2 1 3 1 1000 2 1 2 2 2 3 2 1000
trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 1000. Giả sử
A M  A M  A M  ...  A M 1000 . 0.5 2 1 2 2 2 3 2 1000
Chọn A  A  AM  AM  AM  ... AM 1000 . 2 1 2 3 1000
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa Trang 6